Question

16．矩形ABCD和矩形CEFG的長與寬之比AB：BC=$\sqrt{3}$：1，且AC=CE．（注：直角三角形中，如果一條直角邊等于斜邊的一半，那么這條直角邊所對的銳角是30°）

（1）如圖（1），當(dāng)B，C，E在同一條直線上，點D在CG上，且BC=2時，連接AF，求線段AF的長．
（2）在圖（1）中取AF的中點M，并連接BM，EM得到圖（2），求證：△BEM是等邊三角形；
（3）如果將圖（2）中的矩形ABCD繞點C旋轉(zhuǎn)一定角度得到圖（3），試問：△BEM是等邊三角形三角形．

Answer 1

分析 （1）因為矩形ABCD與矩形CEFG的長與寬的比均為$\sqrt{3}$：1，所以，延長AD交EF與點H，由已知條件可求得FH的長，再由勾股定理求得AF的長．
（2）延長BM、EF相交于點P，先證△ABM≌△FPM可得BM=PM，再證題目中的提示可知ME=$\frac{1}{2}$BP=BM，然后設(shè)法證明∠PBE=60°．
（3）根據(jù)題目特點可利用代數(shù)法求解：設(shè)BC=1，旋轉(zhuǎn)角為α，建立直角坐標(biāo)系，根據(jù)題目條件求出點A、B、E、F、M的坐標(biāo)，然后利用勾股定理求得線段BM、BE、EM的長判定△BME的形狀．

解答 解：（1）連接CF，延長AD交EF于點H，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°．
又∵AB：BC=$\sqrt{3}$：1且BC=2，
∴AB=2$\sqrt{3}$，AC=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+{2}^{2}}$═CE=4．
由∵AB：BC=EF：CE=$\sqrt{3}$：1
∴EF=4$\sqrt{3}$
則，F(xiàn)H=EF-HE=EF-AB=4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$
  BE=BC+CE=2+4=6
AH=BE=6
∴AF=$\sqrt{{6}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=4$\sqrt{3}$．

（2）證明：延長BM、EF相交于點P，
由題意知：AB∥EF，
∴∠ABM=∠P
∵點M是AF的中點，
∴AM=FM，
在△ABM和△FPM中
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABM=∠P}&{（已證）}\\{∠PMF=∠BMA}&{（對頂角相等）}\\{AM=FM}&{（已證）}\end{array}\right.$
∴△ABM≌△FPM
∴BM=PM
又∵∠BEP=90°
∴EM=$\frac{1}{2}$BP=BM=PM
∵AB：BC=$\sqrt{3}$：1且AC=CE
∴AC=$\sqrt{B{C}^{2}+（\sqrt{3}BC）^{2}}$=2BC=CE
∴EP=$\sqrt{3}$BE
∴BP=$\sqrt{B{E}^{2}+（\sqrt{3}BE）^{2}}$=2BE
∴∠P=30°
又∵四邊形CEFG是矩形
∴∠MBE=90°
∴∠BME=180°-30°=60°      
∴△BEM是等邊三角形（有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形）．

（3）（3）如圖，連接AC、CF、取AC中點H，XF中點J，連接HB、HM、JE、JM．

易證△BCH，△CJE是等邊三角形，MJ=CH=BC，HM=JE=CE，
∵M(jìn)J∥AB，
∴∠MJC+∠ACJ=180°，
∵∠CJE=∠JCE=∠ACB=60°，
∴∠MJE+∠ACJ+120°=360°，
∵∠BCE+120°+∠ACJ=360°，
∴∠MJE=∠BCE，同理可證∠BHM=∠BCE，
∴△BCE≌△BHM≌△MJE，
∴BE=MB=BE，
故答案為△MBE是等邊三角形．

點評 本題是四邊形綜合題，綜合性強，屬于運動開放性題目，考查了矩形性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)及勾股定理、旋轉(zhuǎn)等多個知識點，關(guān)鍵是根據(jù)題目的結(jié)論去分析所需要的條件，從而根據(jù)圖形特點及題目條件進(jìn)行求解，特別問題（3），要開放思路利用數(shù)形結(jié)合的思想把一個幾何問題應(yīng)用代數(shù)的方法來解決．